【优化方案】2014高考物理二轮万有引力定律课时演练知能提升(含2013试题,含详解)

1【优化方案】2014物理二轮课时演练知能提升：万有引力定律（含2013试题，含详解）一、选择题1.(2013·安徽名校联考)(单选)第16颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力．根据计划，北斗卫星导航系统于2013年初向亚太大部分地区提供服务．下列关于第16颗北斗导航卫星的说法正确的是()A．该卫星正常运行时一定处于赤道正上方，角速度小于地球自转角速度B．该卫星正常运行时轨道也可以经过地球两极C．该卫星的速度小于第一宇宙速度D．如果知道该卫星的周期与轨道半径可以计算出其质量解析：选C.由题意知第16颗北斗导航卫星是一颗地球同步卫星，所以其轨道一定处于赤道正上方，角速度与地球自转角速度相同，选项A、B错误；该卫星高度很大，不是贴近地球表面运行，所以其速度远小于第一宇宙速度，选项C正确；如果知道该卫星的周期与轨道半径，根据GMmr2＝mr4π2T2可以计算出地球质量M，但不能计算出卫星质量，选项D错误．2.(2013·石家庄质检)(单选)a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图所示．下列说法中正确的是()A．a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度B．b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度C．a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度D．a、c存在在P点相撞的危险解析：选A.由GMmr2＝mv2r＝mrω2＝mr4π2T2＝ma，可知B、C、D错误，A正确．3.(2013·江西南昌二模)(单选)搭载着3位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫一号“牵手”，顺利完成首次载人自动交会对接．交会对接飞行过程分为远距离导引、自主控制、对接等阶段，图示为“远距离导引”阶段．下列说法正确的是()A．在远距离导引阶段，神舟九号向前喷气B．在远距离导引阶段，神舟九号向后喷气C．未开始交会对接前，天宫一号做匀速圆周运动的加速度大于神舟九号D．天宫—神九组合体绕地球做匀速圆周运动的速度大于7.9km/s解析：选B.在远距离导引阶段中神舟九号要变轨做离心运动去“追上”天宫一号，所2以其应向后喷气加速才能完成这一过程，则A项错，B项对；由a＝GMR2知，未开始交会对接前，天宫一号的加速度小于神舟九号的加速度，所以C错；由v＝GMR知，天宫—神九组合体运动速度小于第一宇宙速度7.9km/s，所以D项错．4.(2013·河南郑州联考)(多选)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．已知该星球的半径与地球半径之比R星∶R地＝1∶4，地球表面重力加速度为g，设该星球表面重力加速度为g′，地球的质量为M地，该星球的质量为M星．空气阻力不计．则()A．g′∶g＝5∶1B．g′∶g＝1∶5C．M星∶M地＝1∶20D．M星∶M地＝1∶80解析：选BD.小球在星球表面做竖直上抛运动，由t＝2v0g得：g′/g＝t/(5t)＝1∶5，故A错B对．由g＝GMR2得：M星M地＝g′R2星gR2地＝1×15×42＝1∶80，故C错D对．5.(2013·高考上海卷)(单选)小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．则经过足够长的时间后，小行星运动的()A．半径变大B．速率变大C．角速度变大D．加速度变大解析：选A.因恒星质量M减小，所以万有引力减小，不足以提供行星所需向心力，行星将做离心运动，半径R变大，A项正确，再由v＝GMR，ω＝GMR3，a＝GMR2可知，速率、角速度、加速度均变小，故B、C、D均错误．6.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)(多选)2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气．下列说法正确的是()A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用解析：选BC.可认为目标飞行器是在圆形轨道上做匀速圆周运动，由v＝GMr知轨道半径越大时运行速度越小．第一宇宙速度为当r等于地球半径时的运行速度，即最大的运行速度，故目标飞行器的运行速度应小于第一宇宙速度，A错误；如不加干预，稀薄大气对天宫一号的阻力做负功，使其机械能减小，引起高度的下降，从而地球引力又对其做正功，当地球引力所做正功大于空气阻力所做负功时，天宫一号的动能就会增加，故B、C皆正确；航天员处于完全失重状态的原因是地球对航天员的万有引力全部用来提供使航天员随天宫一号绕地球运行的向心力了，而非航天员不受地球引力作用，故D错误．7.(2013·高考安徽卷)(单选)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半3径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()A．GMm1R2－1R1B．GMm1R1－1R2C.GMm21R2－1R1D.GMm21R1－1R2解析：选C.卫星绕地球做匀速圆周运动满足GMmr2＝mv2r，动能Ek＝12mv2＝GMm2r，机械能E＝Ek＋Ep，则E＝GMm2r－GMmr＝－GMm2r.卫星由半径为R1的轨道降到半径为R2的轨道过程中损失的机械能ΔE＝E1－E2＝GMm21R2－1R1，即下降过程中因摩擦而产生的热量，所以C项正确．8.(多选)中国载人航天工程新闻发言人宣布，“神舟九号”飞船与正在轨道上运行的“天宫一号”目标飞行器手控交会对接成功．如图所示，“神舟九号”在航天员的控制下，由椭圆轨道的远地点运动到近地点的B处，与处在相同轨道面内的“天宫一号”在B处进行对接，“天宫一号”与“神舟九号”对接后再分离，分离后“天宫一号”将到离地球更远的轨道上运行等待与“神舟十号”对接．若已知“天宫一号”绕地球的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中正确的是()A．根据题中条件可以算出地球的质量B．根据题中条件可以算出“天宫一号”受到地球引力的大小C．“天宫一号”与“神舟九号”分离变轨后，其速度变小、周期变大D．“神舟九号”在B处进入“天宫一号”的轨道并实现和“天宫一号”平稳对接时必须加速解析：选AC.由GMmr2＝m4π2T2r可知A正确、B错误；由GMmr2＝m4π2T2r和GMmr2＝mv2r可知，C正确；“神舟九号”与地心距离变小做向心运动，其机械能守恒，在近地点的速度变大，要想在轨道上完成平稳对接要减速，D错误．9.(2013·高考浙江卷)(多选)如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是()A．地球对一颗卫星的引力大小为GMm（r－R）2B．一颗卫星对地球的引力大小为GMmr2C．两颗卫星之间的引力大小为Gm23r2D．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2解析：选BC.根据万有引力定律，地球对一颗卫星的引力大小F万＝GMmr2，A项错误，由牛顿第三定律知B项正确．三颗卫星等间距分布，任意两星间距为3r，故两星间引力大小F′万＝Gm23r2，C项正确．任意两星对地球引力的夹角为120°，故任意两星对地球引力的合力与第三星对地球的引力大小相等，方向相反，三星对地球引力的合力大小为零，D项错误．410.(多选)“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是()A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救解析：选AB.a＝Fm＝GMr2，a1a2＝r2r12＝5r1r12＝25，a1＝25a2，A项正确；由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，v1v2＝r2r1＝5，v1＝5v2，B项正确；站在赤道上的人与“轨道康复者”都自西向东运动，且“轨道康复者”线速度较大，故人观察到其向东运动，C项错误；“轨道康复者”若在高轨道上加速，则做离心运动，到更高的轨道上去，不可能实现对低轨道上卫星的拯救，D项错误．二、非选择题11.(2012·北京东城区高三综合练习)2012年6月18日，“神舟九号”宇宙飞船与“天宫一号”成功对接，在发射时，“神舟九号”宇宙飞船首先要发射到离地面很近的圆轨道，然后经过多次变轨，最终与在距地面高度为H的圆形轨道上绕地球飞行的“天宫一号”完成对接，假设之后整体保持在距地面高度仍为H的圆形轨道上绕地球继续运动．已知地球半径为R0，地面附近的重力加速度为g.求：(1)地球的第一宇宙速度；(2)“神舟九号”宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度与对接后整体的运行速度之比．(用题中字母表示)解析：(1)设地球的第一宇宙速度为v，根据万有引力定律和牛顿第二定律得GMmR20＝mv2R0在地面附近有GMm0R20＝m0g联立以上两式解得v＝gR0.(2)设“神舟九号”在近地圆轨道运行的速度为v1，根据题意可知v1＝v＝gR0对接后，整体的运行速度为v2，根据万有引力定律和牛顿第二定律得GMm′（R0＋H）2＝m′v22R0＋H则v2＝gR20R0＋H所以v1∶v2＝R0＋HR0.答案：见解析12.设想宇航员完成了对火星的考查，乘坐返回舱返回绕火星做圆周运动的轨道舱，为了安全，返回舱与轨道舱对接时必须具有相同的速度，已知返回舱返回时需要克服火星的引5力做功为W＝mgR1－Rr，返回舱与人的总质量为m，火星表面的重力加速度为g，火星的半径为R，轨道舱中心到达火星中心的距离为r，不计火星表面的空气及火星自转的影响，则宇航员乘坐返回舱从火星表面返回轨道舱至少需要获得多少能量？解析：宇航员与返回舱在火星表面上有：GMmR2＝mg，设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则GMm0r2＝m0v2r，宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时必须具有的动能Ek＝12mv2＝mgR22r，返回舱返回时需要克服火星的引力做功为W＝mgR1－Rr，宇航员乘坐返回舱返回轨道舱至少需要的能量E＝Ek＋W＝mgR22r＋mgR1－Rr.答案：mgR22r＋mgR1－Rr